Problem B. 5411. (October 2024)

B. 5411. Prove the following statement for every \(\displaystyle n\ge 2\) positive integer: \(\displaystyle \sum_{k=1}^{n^2-1} \lfloor \sqrt{k} \rfloor]^2=\frac{(n-1)n(3n^2-n-1)}{6}\). \(\displaystyle \lfloor x \rfloor\) denotes the floor of the real number \(\displaystyle x\).

Proposed by Mihály Bencze, Brassó

(4 pont)

Deadline expired on November 11, 2024.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. A megoldást \(\displaystyle n\)-re vonatkozó indukcióval bizonyítjuk. Ha \(\displaystyle n=2\), akkor az egyenlet mindkét oldalának értéke 3, az állítás teljesül.

Most tegyük fel, hogy \(\displaystyle n\geq 2\)-re már igazoltuk az állítást, és lássuk be \(\displaystyle (n+1)\)-re is. A bal oldalon az új tagok \(\displaystyle k=n^2,n^2+1,\dots,(n+1)^2-1\) értékekhez tartoznak. Ezekre \(\displaystyle [\sqrt k]=n\), így az új tagok mindegyike \(\displaystyle n^2\), számuk \(\displaystyle (n+1)^2-n^2=2n+1\), így összegük \(\displaystyle n^2(2n+1)\). Ezért az indukciós feltevést használva:

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{(n+1)^2-1} \left[ \sqrt{k} \right]^2=\frac{(n-1)n(3n^2-n+1)}{6}+n^2(2n+1)=\frac{n}{6}\cdot(3n^3-4n^2+1+12n^2+6n)=\frac{n(n+1)(3(n+1)^2-(n+1)-1)}{6},\)

amivel az indukciós lépést igazoltuk.

Statistics:

107 students sent a solution.
4 points:	93 students.
3 points:	7 students.
2 points:	1 student.
0 point:	1 student.

Problems in Mathematics of KöMaL, October 2024